100411_14_Trabajo_Fase 2

UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA

CALCULO INTEGRAL

TRABAJO COLABORATIVO FASE 2

ELVER LEONARDO VELANDIA CACERES

COD. 80804827

GERMAN HERNEY AGUILAR

COD. 80110221

TUTOR

SONIA SORADYA PINILLA


UNAD

2016


Evaluar las siguientes integrales impropias.

1. ∫0

∞

e−x dx

Desarrollo.

Se procede a cambiar el límite superior por una letra.

∫0

b

e−x dx

Por fuera de la integral se escribe el límite

limb→∞

∫0

b

e− xdx

Se obtiene la anti derivada para la función.

∫ e−x dx

Sustituyendo.

u=−x

u'=−1

dudx

=−1→dx= du−1

∫ eu du−1

−1∫ eu du

−1eu→−e−x


Entonces queda:

limb→∞

[−e− x ]b0

limb→∞

[−e−b−(−e0 ) ]

−e−∞+1→0+1=1

Por consiguiente.

∫0

∞

e−x dx=1

2.∫−8

1 13√x

dx

limt→−8

∫t

1 1

x13 dx

limt→−8

∫t

1

x−1 /3 dx= limt→−8

¿ x23

23

=limt→−8

3 x23

2¿

Reemplazamos:

limt→−8

3

2( t )

23−3

2( t )

23


limt→−8

3

2−3

23√ t2=

limt→−8

3

2−

limt→−8

3

23√t 2

RTA=32−8=−13

2 = 6.5

3. ∫−∞

∞

e−5 xdx

Desarrollo

Definición:

Inicialmente se define a=0 y así aplicando la definición:

∫−∞

∞

e−5 xdx=∫−∞

a

e−5 xdx+∫a

∞

e−5 x dx

En seguida se aplica el límite:

limb→−∞

∫b

a

e−5 xdx+ limc →∞

∫a

c

e−5x dx

Integrando:

∫ e−5 xdx

u=−5 x


u'=−5→ dudx

=−5→dx= du−5

∫ eu du−5

→ 1−5∫ eu du→ 1

−5e−5x

limb→−∞ [ 1

−5e−5 x ]

a

b+ limc →∞ [ 1

−5e−5x ]ca

Evaluando el límite: 1

limb→−∞ [ 1

−5e−5 a− 1

−5e−5b]+ lim

c →∞ [ 1−5

e−5 c− 1−5

e−5a]Como a = 0, entonces:

limb→−∞ [ 1

−5e−50− 1

−5e−5−∞]+ lim

c →∞ [ 1−5

e−5∞− 1−5

e−50 ][ 1−5

−∞ ]+[0− 1−5 ]=−∞

La integral diverge.

Evaluar las siguientes integrales

4. ∫2

5 4+x√ x2−4

dx ,

la función 4+x

√x2−4 es discontinua, integral impropia

resolvemos la integral indefinida

limt →2

∫t

5 4+ x√ x2−4

dx

¿∫ 4+x√x2−4

dx=∫ 4 dx√x2−4

+∫ x√x2−4

dx


Sustituciontrigonométrica

Seax=2 secθ

dx=2 secθ tanθ dθ

¿4∫ 2 sec θ tanθd θ√4 sec ²θ−4

¿8∫ sec θ tan θd θ√4 (sec ²θ−1 )

¿8∫ secθ tanθ dθ√2 (sec ²θ−1 )

→identidad trigonometrica

¿4∫ secθ tan θdθ√ tan ²θ

¿4∫ secθ tan θdθtanθ

¿4∫ sec θ secθ+tan θsecθ+tan θ

d

0 0

⟨ 2 ln|5+√25−4|+√25−4 ⟩−⟨ 2 ln|2+√4−4|+√4−4 ⟩

2 ⌈ ⟨ln|5+√21|+√21 ⟩−ln|2|⌉→integralconvergente


5. ∫ x3

√1−x2 dx

Solución:

Si se observa detalladamente, esta función no tiene una forma conocida.

Se procede a dibujar un triángulo rectángulo

Utilizando las razones trigonométricas

sin θ= x1

→ x=sin θ→x3=sin 3θ

Se deriva la Igualdad a ambos lados con respecto a θ

dxdθ

=cosθ→dx=cosθdθ

Se relaciona el cateto adyacente con la hipotenusa:


cosθ=√1−x2

1→√1−x2=cosθ

Se reconstruye la integral:

∫ sin3 θcosθ

cosθdθ→ simplificando→∫sin3 θdθ

Se divide el sin3

∫sin 2θ sinθdθ

Por el método de reducción de potencias:

∫ (1−cos2θ ) sinθdθ

p=cosθ→ dpdθ

=−sinθ→dp=−sinθdθ

Se reescribe la integral:

−∫ (1−p2)dp

−p+ 13

p3+C

Sustituyendo:

−cosθ+ 13

cos3θ

R/.

−√1−x2+13

(√1−x2 )3+C

6.

∫0

1 √x√ x+1

dx


Solución:

Por el método de sustitución se elimina el denominador de la función:

u=√x+1→u2=(√x+1 )2=u2=x+1→u2−1=x→√x=√u2−1

dudx

=√ x+1=x+112 → 1

2x+1

−12 ∗1→ 1

2 x+112

→ 12√ x+1

→du= dx2√x+1

→

dx=2√ x+1du→2udu

Entonces:

√ x+1=u

dx=2udu

√ x=√u2−1

Se actualizan los límites de integración:

x|10si x=1→u=√2 ;si x=0→u=1

Reemplazando en la integral indefinida:

∫ √u2−1u

2udu→2∫1

√2

√u2−1

Esta integral se resuelve por sustitución trigonométrica:

Por la identidad trigonométrica:

tan2 (t )=sec2 ( t )−1

Por sustitución:

2∫1

√2

√u2−1


u=sec t

dudt

=sec (t ) tan (t )→du=sec (t ) tan ( t ) dt

∫√sec2 (t )−1 sec (t ) tan (t ) dt

∫√ tan2 (t ) sec (t ) tan ( t ) dt

Simplificando y ordenando:

∫ sec ( t ) tan 2 ( t )dt →∫ 1cos ( t )

sen2 ( t )cos2 ( t )

=2∫ sen2 (t )cos3 (t )

dt

Se actualizan los límites de integración

u|√21 sit=sec−1 u→t=arcsec √2 ; siu=1→t=0

2 ∫0

arcsec√2 sen2 ( t )cos3 ( t )

dt

Se utiliza el cambio trigonométrico general:

Sustituyendo:

z=tan t2

t2=tan−1 z→t=2 tan−1 z→ dt

dz=2 1

1+z2 →dt= 21+z2 dz

sen2 t2=1

2(1−cos t )

cos2 t2=1

2(1+cos t )

sen2 t2

cos2 t2

=

12

(1−cos t )

12

(1+cos t )

Simplificando


tan2 t2=

(1−cos t )(1+cos t )

→z2=1−cos t1+cos t

Se despeja coseno

(1+cos t ) z2=1−cos t→ z2+ z2 cos t+cos t=1→cos t ( z2+1 )=1−z2 →cos t=1−z2

1+z2

sen2 t=1−cos2t→sen2t=1−( 1−z2

1+z2 )2

=1−1−2 z2+z4

(1+z2 )2

sen2 t= (1+z2 )2−(1−2 z2+z4 )(1+z2 )2

=1+2 z2+z4−1+2 z2−z 4

(1+z2 )2

Simplificando:

sen2 t= 4 z2

(1+z2 )2→sent= 2 z

1+z2

Reemplazando

2∫

( 2 z1+z2 )

2

( 1−z2

1+z2 )3∗2

1+z2 dz

2∫

(2 z )2

(1+z2 )2

(1−z2 )3

(1+z2 )3

21+z2 dz →2

∫

4 z2 (1+z2)3

(1+z2 )2 (1−z2 )3∗2

1+z2 dz→4 z2 ( 1+ z2 )

(1−z2 )3∗2

1+z2 dz

2∫ 4 z2 .2(1−z2)3 dz→4∫ 4 z2

(1−z )3 (1+z )3dz→16∫ z2

(1−z )3 (1+z )3dz →−16∫ z2

(1+z )3 (1−z )3dz

Por fracciones parciales:

Az+1

+ B(z+1 )2

+ C( z+1 )3

+ Dz−1

+ E(z−1 )2

+ F( z−1 )3


A (z+1 )2 ( z−1 )3+B ( z+1 ) ( z−1 )3+C ( z−1 )3+D ( z−1 )2 ( z+1 )3+E ( z−1 ) (z+1 )3+F ( z+1 )3

(1−z )3 (1+z )3=z2

para z=1→8 f=1→ 18

para z=−1→−8c=1→c=−18

Operando y simplificando:

( A+D ) z5+ (−A+B+D+E ) Z4+ (−2 A−2B+c−2 D+2E−F ) z3+(2 A−3C−2D+3F ) z2+( A+2 B+3C+D−2E+3 F ) z±A−B−C+D−E+F=z2

z5¿ A+D=0→D=−A

Z4 ¿−A+B+D+E=0→−2 A+B+E=0

z3¿−2 A−2 B−18+2 A+2E+ 1

8=0→−2B+2 E=0

Combinándolas con las anteriores: → A=B=E=−D

z2¿2 A+ 38+2 A+ 3

8=1→ A= 1

16→B=E= 1

16; D=−1

16

Volviendo a la integral y multiplicando por -16:

−∫ dzz+1

−∫ dz( z+1 )2

+2∫ dz( z+1 )3

+∫ dzz−1

−∫ dz( z−1 )2

−2∫ dz( z−1 )3

=¿¿

− ln|z−1|+ 1z+1

− 1( z+1 )2

+ln|z−1|+ 1z−1

+ 1( z−1 )2

ln|z−1|− ln|z+1|+ ( z+1 ) ( z−1 )2−( z−1 )2+ ( z−1 ) (z+1 )2+ ( z+1 )2

( z+1 )2 ( z−1 )2=¿

ln|z−1|−ln|z+1|+ z ( z−1 )2+z ( z+1 )2

( z2−1 )2=¿


ln|z−1|− ln|z+1|+ z ( 2 z2+2 )( z2−1 )2

=¿

ln|z−1|−ln|z+1|+ 2 z3+2 z( z2−1 )2

Se actualizan los límites de integración:

t|arcsec√20 z=tan t

2= tan( arcsec √2

2 )→z=tan( π42 )→aplicando laformula tan A

2=¿

−1±√1+ tan2 AtanA

=−1+√2 ;cuando t=0 ; z=0

Evaluando con los limites:

∫0

1 √x√ x+1

dx=[ ln|z−1|−ln|z+1|+ 2 z3+2 z( z2−1 )2 ]−1+√2

0

ln (2−√2 )−ln √2+2 (√2−1 )3+2 (√2−1 )

((√2−1 )2−1)2=ln (√2−1 )+ 12√2−16

12−8√2=ln(√2−1+

3√2−43−2√2 )=¿

ln (√2−1 )+ (3√2−4 ) (3+2√2 )9−8

=ln (√2−1 )+√2≈0.53283997535355

R/.

∫0

1 √x√ x+1

dx=ln (√2−1 )+√2≈0.53283997535355

7. ∫0

π2 sin (x )

25+cos2(x)dx


Solución:

La integral se resuelve de la forma arcotangente ∫ du1+u2 =tan−1u+C

Se convierte la constante en un 1 dividiendo todo por 25:

∫0

π2 sin ( x )/25

2525

+cos2( x)

25

125∫0

π2 sin (x )

1+( cos (x)5 )

2

Se procede a calcular la derivada de ( cos (x)5 )→−1

5sinx

Entonces:

(−5 ) 125∫0

π2

−15

sinx

1+( cosx5 )

2

Se logra la integral de la forma ∫ du1+u2 =tan−1u+C la cual es una integral directa.

[−15

arctg cosx5 ] π

20

Por el teorema fundamental del cálculo:

[−15

arctg cosπ /25 ]−[−1

5arctg cos0

5 ]


R/.

15

arctg 15

≈2,261986495

Resolver las siguientes integrales enunciando claramente la técnica o propiedad usada.

9. ∫ dx√ x (1+√ x )

Solución:

Se procede a utilizar la técnica de cambio de variable:

u=√x

dudx

=√ x=x12=1

2x

−12 = 1

2√ x

dx=2√ xdu=2udu

Reemplazando:

∫ 2uduu (1+u )

Se simplifica y se lleva a fuera la constante:

2∫ 1(1+u)

du

Se obtiene una integral directa de la forma: ∫ duu

=ln|u|+c

Reemplazando los valores originales:

∫ dx√ x (1+√ x )

=2 ln (1+√x )+C


10. ∫ ex sen(x )dx

u=ex du=ex dx

dv=sen ( x ) dx v=cos x

∫ ex sen(x )dx=excos ( x )−∫ ex cos ( x )dx

I 1

u1=e x du1=exdx

dv 1=cos (x ) dx v1=−sen x

I1= −ex sen (x )+∫ex sen (x)dx

Entonces

∫ ex sen(x )dx=ex cos ( x )+ex sen ( x )−∫ ex sen ( x ) dx

2∫ ex sen(x )dx=ex cos ( x )+ex sen ( x )

∫ ex sen(x )dx=e xcos ( x )+ex sen ( x )

2 + c

12.

∫ 5x−42 x2+x−1

dx


Solución:

Se utiliza la técnica de integración por fracciones parciales

Se reescribe la x del denominador como −1 x+2 x

∫ 5 x−42 x2−1x+2x−1

Se agrupan los términos y se utiliza el caso de factor común por agrupación de términos:

∫ 5 x−4(2 x2−1x )+(2 x−1 )

x (2 x−1 )+1 (2x−1 )

(2 x−1 ) (x+1 )

∫ 5 x−4(2 x−1 ) ( x+1 )

Se conforman 2 fracciones sumándose entre si

∫ A(2 x−1 )

+ B( x+1 )

Se resuelve la suma de fracciones:

A(2x−1 )

+ B(x+1 )

=A ( x+1 )+B (2 x−1 )

(2x−1 ) ( x+1 )

5x−4(2x−1 ) ( x+1 )

= A ( x+1 )+B (2 x−1 )(2 x−1 ) (x+1 )

5 x−4=Ax+A+2Bx−B

Organizando:

5 x−4=Ax+2Bx+A−B

Se hace agrupación de términos al lado derecho:

5 x−4= ( Ax+2Bx )+( A−B )


Sacando factor común:

5 x−4= ( A+2B ) x+ ( A−B )

1. A+2B=5

2 A−B=−4

Se resuelve el sistema de ecuaciones

Resultado:

A=−1

B=3

5 x−42x2+x−1

= −12x−1

+ 3x+1

∫( −12x−1

+ 3x+1 )dx

−∫ 12x−1

dx+3∫ 1x+1

dx

Se resuelven las integrales:

Seau=2x−1 entonces dudx

=2→du=2dx→ 12

du=dx

Se reescribe la primera integral

−∫ 1u

12

du= 12u

du→−12∫

1u

du=−12

ln|u|+C

Sea u=x+1 entonces dudx

=1→du=1dx→dx=1du

Se reescribe la segunda integral

3∫ 1u

du=3 ln|u|+C

Se sustituye u

R/.


−12

ln|2 x−1|+3 ln|x+1|+C

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